定点、定值与存在性问题(教师).docVIP

例1　(1)已知椭圆x2＋3y2＝5，直线l：y＝k(x＋1)与椭圆相交于A，B两点． 若线段AB中点的横坐标是－，求直线AB的方程； 在x轴上是否存在点M(m,0)，使·的值与k无关？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【解析】　依题意，直线AB的斜率存在， 将y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，消去y整理得 (3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0. 设则 由线段AB中点的横坐标是－，得＝－＝－，解得k＝±，适合. 所以直线AB的方程为x－y＋1＝0，或x＋y＋1＝0. 假设在x轴上存在点M(m,0)，使·为常数． 由知x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以·＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2 ＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1) ＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2. 将代入，整理得： ·＝＋m2 ＝＋m2 ＝m2＋2m－－. 注意到·是与k无关的常数，从而有6m＋14＝0，m＝－，此时·＝. 综上，在x轴上存在定点M，使·为常数． (2)已知直线y＝－x＋1与椭圆＋＝1(ab0)相交于A、B两点，且OAOB.(其中O为坐标原点) 求证：不论a、b如何变化，椭圆恒过第一象限内的一个定点P，并求点P的坐标． 【解析】　由消去y，得 (a2＋b2)x2－2a2x＋a2(1－b2)＝0. 由Δ＝(－2a2)2－4a2(a2＋b2)(1－b2)0， 整理得a2＋b21. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝. ∴y1y2＝(－x1＋1)(－x2＋1)＝x1x2－(x1＋x2)＋1. OA⊥OB(其中O为坐标原点)， x1x2＋y1y2＝0，即2x1x2－(x1＋x2)＋1＝0. －＋1＝0. 整理得a2＋b2－2a2b2＝0. 由a2＋b2－2a2b2＝0，得＋＝1，则不论a、b如何变化，椭圆恒过第一象限内的定点. 思考题1　(1)(2012·福建)如图，椭圆E：＋＝1(ab0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝.过F1的直线交椭圆于A、B两点，且ABF2的周长为8. 求椭圆E的方程； 设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． 【解析】　因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a， 所以4a＝8，a＝2. 又因为e＝，即＝，所以c＝1. 所以b＝＝. 故椭圆E的方程是＋＝1. 由消去y，得 (4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)， 所以m≠0且Δ＝0， 即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化简得4k2－m2＋3＝0.此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝， 所以P(－，)． 由得Q(4,4k＋m)． 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上． 设M(x1,0)，则·＝0对满足(*)式的m，k恒成立． 因为＝(－－x1，)，＝(4－x1,4k＋m)． 由·＝0，得－＋－4x1＋x＋＋3＝0. 整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**) 由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立， 所以解得x1＝1. 故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M. (2)(2013·山西四校联考)已知F1、F2是椭圆＋＝1的两焦点，P是椭圆在第一象限弧上一点，且满足·＝1.过点P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点． 求P点坐标； 求证直线AB的斜率为定值； 求PAB面积的最大值． 【解析】　由题意，F1(0，)，F2(0，－)， 设P(x0，y0)(x00，y00)， 则＝(－x0，－y0)，＝(－x0，－－y0)． ·＝x－(2－y)＝1. P(x0，y0)在椭圆＋＝1上， ＋＝1，x＝，从而－(2－y)＝1，得y0＝，易知x0＝1. 点P的坐标为(1，)． 由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在． 设直线BP的斜率为k(k0)，则直线BP的方程为y－＝k(x－1)． 由消去y，得 (2＋k2)x2＋2k(－k)x＋(－k)2－4＝0. 设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则1＋xB＝， xB＝－1＝. 同理可得xA＝. xA－xB＝，yA－yB＝－k(xA－1)－k(xB－1)＝. kAB＝＝为定值． 由可设直线AB的方程为y＝x＋m. 联立方程，得消去y得 4x2＋2mx＋m2－4＝0. 由Δ＝(2m)2－16(m2－4)0，得－2m2. 易知点P到直